Transformasi Laplace

1

Sistem Kontrol Linier

Transformasi Laplace Muhafzan Agustus 2012

Transformasi Laplace

3

1 De nisi Transformasi Laplace Dalam bagian ini kita akan membicarakan sifat-sifat dan beberapa aplikasi dari transformasi Laplace. De nisi 1 Diberikan suatu fungsi f (t) dengan t 0: Maka transformasi Laplace dari f; dinyatakan dengan Lff (t)g; atau F (s), dide nisikan oleh persamaan berikut: Z 1 e stf (t)dt: (1) Lff (t)g = F (s) = 0

Karena transformasi Laplace dide nisikan oleh suatu integral pada [0; 1) maka kita perlu meninjau kembali konsep integral tak wajar (improper integral) Suatu integral tak wajar pada suatu interval tak terbatas [0; 1) dide nisikan sebagai Z 1 Z b f (t)dt = lim f (t)dt; b > 0 (2) Jika lim

b!1

Z

a

b!1

a

b

a


f (t)dt ada; maka integral tak wajar dikatakan konvergen.


4

Dalam hal sebaliknya integral tak wajar dikatakan divergen. Contoh 1: Misalkan f (t) = ect; t Z 1 0

0: Maka ct

e dt = lim

b!1

Z

b

ectdt

0 ct b

e = lim b!1 c 0 1 bc = lim e 1 (3) b!1 c Dari persamaan (3) dapat disimpulkan bahwa integral tak wajar konvergen jika c < 0 dan divergen jika c 0: Suatu fungsi f dikatakan kontinu bagian demi bagian (piecewise continuous) pada interval t jika f kontinu dalam interval t kecuali disejumlah berhingga titik dimana f diskontinu loncat (jump discontinuous). Sebagai contoh, perhatikan gambar 1 berikut: Sistem Kontrol Linier


5

Gambar 1. Fungsi kontinu bagian demi bagian

Jika f kontinu bagian demi bagian pada interval a RSoal: b a f (t)dt ada.

t

b; tunjukkan bahwa

Dalam persamaan (1) parameter s diperbolehkan bernilai kompleks, tetapi dalam kuliah ini kita hanya memperhatikan untuk s 2 R: Sistem Kontrol Linier


6

Theorem 1 Anggaplah bahwa 1. f kontinu bagian demi bagian dalam interval 0

b untuk sebarang b > 0

t

2. jf (t)j Keat bila t M; dimana K > 0; M > 0: Maka transformasi Laplace Lff (t)g = F (s) ada untuk s > a:

Contoh 2: Misalkan f (t) = 1; t

0: Maka Z b Z 1 e stdt = lim e Lf1g = b!1 b st

0

= lim

e

s

b!1

= lim

b!1

1 (e s

1 = ; s>0 s


0 sb

1)

0

st

dt


7

Contoh 3: Tentukan Lfeat)g; dengan t Jawab. Z 1 Lfeat) = e

0: st at

e dt =

0

= lim

b!1

= lim

b!1

=


1 s

a

Z

1

e

(s a)t

0

e (s a)t s a 1 (e (s s a

; s > a:

b 0 a)b

1)

dt


Contoh 4: Tentukan Lfsin at); t 0: Misalkan Lfsin at) = F (s); maka Z 1 F (s) = e st sin at dt 0 Z b = lim e st sin at dt b!1 0 " # Z b b st e cos at s = lim e st cos at dt b!1 a a 0 0 Z 1 s 1 st e cos at dt = a a 0 Z b 1 s = lim e st cos at dt a a b!1 "0 # Z b b st 1 s e sin at s = e st sin at dt lim + a a b!1 a a 0 0


8


9

= = = = s2 (1 + 2 )F (s) = a F (s) =

Z

b

1 a

s a

1 a 1 a 1 a 1 a

s s 1 st e sin at dt a a 0 Z s2 1 st e sin at dt a2 0 s2 F (s) 2 a

0+ Z

s lim b!1 a

e

st

!

sin at dt

0

a ; s > 0: 2 2 s +a

2 Solusi Masalah Nilai Awal Dalam bagian ini, akan kita tunjukkan bagaimana menggunakan transformasi Laplace untuk menyelesaikan masalah nilai awal untuk persamaan diferensial linier dengan Sistem Kontrol Linier


10

koe sien konstan. Theorem 2 Misalkan f kontinu dan f 0 kontinu bagian demi bagian pada sebarang interval 0 t b: Selanjutnya, anggaplah ada konstanta K; a dan M sedemikian sehingga jf (t)j Keat untuk t M . Maka Lff 0(t)g ada untuk s > a dan

Lff 0(t)g = sLff (t)g

f (0):

Untuk membuktikan teorema ini, perhatikan yang berikut: Z 1 Z b Lff 0(t)g = e stf 0(t)dt = lim e stf 0(t)dt b!1 0 0 # " Z

= lim

b!1

e

st

b 0

f (t) + s

e

st

f (t)dt

0

Z

sb

b

!

f (b) f (0) + s lim e stf (t)dt b!1 b!1 0 Z 1 = f (0) + s e stf (t)dt = f (0) + sLff (t) = sLff (t)g = lim e

0


b

f (0):


11

Soal: Dengan cara yang sama, buktikan bahwa

Lff 00(t)g = s2Lff (t)g

sf (0)

f 0(0);

dan secara umum, buktikan bahwa

Lff (n)(t)g = snLff (t)g

sn 1f (0)

sf (n

2)

(0)

f (n

1)

(0):

Transformasi Laplace untuk beberapa fungsi f (t) diberikan dalam tabel berikut:



12

Contoh 5: Selesaikan masalah nilai awal

y 00 y 0 2y = 0 y(0) = 1; y 0(0) = 0 Sistem Kontrol Linier


13

Jawab:

Lfy 00) s2Lfy)

Lfy 0) y 0(0)

sy(0)

Lf2y) = Lf0) [sLfy)

y(0)]

2Lfyg = 0

(s2

s

2)Lfy) + (1

s)y(0)

y 0(0) = 0

(s2

s

2)Y (s) + (1

s)y(0)

y 0(0) = 0

dimana Y (s) = Lfy): Dengan mensubtitusikan y(0) = 1; y 0(0) = 0, diperoleh

(s2

2)Y (s) + (1

s

s) = 0

yang dapat ditulis sebagai

Y (s) =

1

s s2

s

2

=

s 1 (s 2)(s + 1)

Untuk mendapatkan solusi masalah nilai awal di atas, kita harus mencari fungsi Y (t)



14

yang transformasi Laplacenya adalah Y (s): Tulis Y (s) sebagai berikut:

s 1 A B Y (s) = = + (s 2)(s + 1) (s 2) (s + 1) A(s + 1) + B(s 2) (A + B)s + A 2B = = : (s 2)(s + 1) (s 2)(s + 1) Dengan menyamakan pembilang kedua ruas, kita peroleh SPL

A+B = 1 A 2B = 1 yang mempunyai penyelesaian B = 23 dan A = 31 : Jadi, kita dapat menulis Y (s) sebagai berikut:

s 1 = Y (s) = (s 2)(s + 1) (s

1 3

2)

dan memberikan Y (t) sebagai berikut:

1 2t 2 Y (t) = e + e 3 3 Sistem Kontrol Linier

t

+

2 3

(s + 1)

;


15

Contoh 6: Selesaikan masalah nilai awal

y iv y = 0 y(0) = y 00(0) = y 000(0) = 0; y 0(0) = 1 Jawab:

Lfy iv ) s4Lfy) (s4

s3y(0)

1)Lfyg

s2y 0(0) s3y(0)

Lfy) = Lf0) sy 00(0) s2y 0(0)

y 000(0) sy 00(0)

Lfyg = 0 y 000(0) = 0

(s4

1)Lfyg s2 = 0 s2 s2 = Y (s) = Lfyg = 4 (s 1) (s2 1)(s2 + 1) dimana Y (s) = Lfy): Untuk mendapatkan solusi masalah nilai awal di atas, kita harus mencari fungsi Y (t) yang transformasi Laplacenya adalah Y (s): Tulis Y (s) sebagai Sistem Kontrol Linier


16

berikut:

s2 As + B Cs + D Y (s) = 2 = + (s 1)(s2 + 1) (s2 1) (s2 + 1) (As + B)(s2 + 1) + (Cs + D)(s2 1) = (s2 1)(s2 + 1) As3 + Bs2 + As + B + Cs3 + Ds2 Cs = (s2 1)(s2 + 1) (A + C))s3 + (B + D)s2 + (A C)s + B = (s2 1)(s2 + 1)

D

D

Dengan menyamakan pembilang kedua ruas, kita peroleh SPL

A+C B+D A C B D yang mempunyai penyelesaian B = 12 ; D = Sistem Kontrol Linier

= = = = 1 2

0 1 0 0

dan A = C = 0: Jadi, kita dapat menulis


17

Y (s) sebagai berikut: Y (s) =

(s2

1 1 s2 2 2 = + ; 1)(s2 + 1) (s2 1) (s2 + 1)

dan memberikan Y (t) sebagai berikut:

1 1 Y (t) = sinh at + sin at 2 2 Soal: Cari penyelesaian persamaan diferensial 1. y 00 + y = sin 2t dengan syarat awal y(0) = 2; y 0(0) = 1: 2. y 00

2y 0

2y = 0 dengan syarat awal y(0) = 2; y 0(0) = 0:

3. y 00 + 2y 0 + y = 4e 4. y 00

y0

t

dengan syarat awal y(0) = 2; y 0(0) =

6y = 0 dengan syarat awal y(0) = 1; y 0(0) =


1::

1


18

3 Fungsi Tangga Fungsi tangga satuan (unit), dinotasikan dengan uc; dide nisikan sebagai

uc(t) =

0; t < c 1; t c

c

0

Gra k dari y = uc(t) diperlihatkan dalam gambar 3.1 dan y = 1 dalam gambar 3.2 dibawah ini.

Gambar 3.1

uc(t) diperlihatkan

Gambar 3.2

Contoh 7: Diketahui suatu fungsi yang dide nisikan sebagai berikut:

h(t) = u (t) Sistem Kontrol Linier

u2 (t); t

0:


19

Tuliskan bentuk eksplisit dari fungsi tangga h(t), dan gambarkan sketsa gra knya. Jawab: 8 < 0 0 = 0; 0 t < t<2 h(t) = 1 0 = 1; : 1 1 = 0; t 2 Sketsa gra knya sebagai berikut:

Misalkan fungsi g dide nisikan sebagai berikut:

y = g(t) = Sistem Kontrol Linier

0; f (t

t

20

Fungsi ini merepresentasikan suatu translasi dari f sejauh c dalam arah t positif. Fungsi g(t) juga dapat ditulis sebagai

g(t) = uc(t)f (t


c)


21

Gra knya seperti yang diperlihatkan dalam gambar berikut:

(a). y = f (t)

(b). y = uc(t)f (t

Transformasi Laplace dari uc(t) adalah sebagai berikut: Z 1 Z 1 Z b Lfuc(t)g = e stuc(t)dt = e stdt = lim e 0

= lim

b!1


b!1

c

e

st

s

b

= lim c

b!1

1 (e s

sb

e

st

c)

dt

c

sc

)=

e

sc

s

; s>0


22

Theorem 3 Jika F (s) = Lff (t)g ada untuk s > a

Lfuc(t)f (t

c)g = e

cs

0; dan jika c > 0 maka Lff (t)g = e

cs

F (s); s > a

Sebaliknya, jika f (t) = L 1fF (s)g; maka

uc(t)f (t

c) = L 1fe

cs

F (s)g

Untuk memperlihatkan kebenaran teorema di atas, cukup menghitung transformasi Laplace dari uc(t)f (t c); yaitu: Z 1 Lfuc(t)f (t c)g = e stuc(t)f (t c)dt Z0 1 e stf (t c)dt = c



Misalkan

=t

23

c; maka Lfuc(t)f (t

c)g =

Z

1

0

= e

cs

= e

cs

e Z

( +c)s 1

e

f ( )d

s

f ( )d

0

F (s)

Contoh 8. Misalkan

f (t) =

sin t; sin t + cos(t

0 4 ); t

Carilah Lff (t)g: Jawab: Tulis f (t) = sin t + g(t); dengan

g(t) = Sistem Kontrol Linier

0; cos(t

t< 4 4 ); t 4

t< 4

4


24

Sehingga

g(t) = u 4 (t) cos(t

4

);

dan

Lff (t)g = Lfsin tg + Lfu 4 (t) cos(t s 4

4

)g

= Lfsin tg + e Lfcos tg s 1 s 4 = 2 +e s +1 s s2 + 1 1 + se 4 = : 2 s +1 Coba bandingkan hasil yang ini dengan nilai Lff (t)g yang diperoleh dari perhitungan menggunakan de nisi. Contoh 9. Tentukan transformasi Laplace dari

f (t) = Sistem Kontrol Linier

0; (t

t<2 2)2; t 2


25

Jawab: Fungsi f (t) dapat juga ditulis menjadi

2)2:

f (t) = u2(t)(t Maka berdasarkan teorema 3, dapat kita hitung:

Lff (t)g = Lfu2(t)(t

2

2) g = e

2s

2

Lft g = e

2s

2 2e 2s : 3= 3 : s s

Contoh 10. Tentukan transformasi Laplace dari

f (t) =

0; t2

t<1 2t + 2; t 1

Jawab: Fungsi f (t) dapat juga ditulis menjadi

f (t) = u1(t)(t2 Sistem Kontrol Linier

2t + 2) = u1(t) (t

1)2 + 1 :


26

Maka berdasarkan teorema 3, dapat kita hitung

Lff (t)g = Lfu1(t) (t 1)2 + 1 g = Lfu1(t)(t 1)2g + Lfu1(t)g = e sLft2g + Lfu1(t)g s 2 e = e s: 3 + s s s e = 3 2 + s2 : s

Contoh 11. Tentukan transformasi Laplace dari 8 t< < 0; ; t<2 f (t) = t : 0; t 2 Sistem Kontrol Linier


27

Jawab: Maka

Lff (t)g = = = =

Z

1

Z0

Z0 2

st

f (t)dt Z e st:0dt + e

st

=

(t

)dt +

) s

s e s2

e

2 s

s

e

Z

2

(t

(t

=

st

e

)dt Z (t ) st 1 e + s s e

=


2

e e

2 s

s2

2

e

st 2 s

s2

st

dt

e st s2 e s + 2 s

(1 + s)

2

1

e

st:

:0dt


28

Contoh 12. Tentukan transformasi Laplace invers dari

F (s) =

1

e s2

e s2

2s

2s

:

Jawab: 1

1

f (t) = L fF (s)g = L f = t

u2(t)(t

1

2)

1 g = L f 2g s 1

e 2s L f 2 g s 1

Fungsi f (t) dapat juga ditulis sebagai

f (t) =

t; 0 t < 2 2; t 2

Theorem 4 Jika F (s) = Lff (t)g ada untuk s > a

Lfectf (t)g = F (s

0; dan jika c suatu konstanta, maka c);

s > a + c:

Sebaliknya, jika f (t) = L 1fF (s)g; maka

ectf (t) = L 1fF (s Sistem Kontrol Linier

c)g:


29


1 : G(s) = 2 s 4s + 5 Jawab: Dengan melengkapi kwadrat dalam penyebut, diperoleh: 1 1 G(s) = 2 = = F (s 2); s 4s + 5 (s 2)2 + 1 1 dimana F (s) = 2 : s +1 Karena L 1fF (s)g = sin t; maka berdasarkan teorema 4 diperoleh bahwa g(t) = L 1fG(s)g = e2t sin t:


G(s) = Jawab: Misalkan F (s Sistem Kontrol Linier

2) =

3! (s

3! (s

2)4

3! ; dimana F (s) = 4 : 2)4 s


30

Karena L 1fF (s)g = t3; maka berdasarkan teorema 4 diperoleh bahwa

g(t) = L 1fG(s)g = e2tt3:


e 2s : F (s) = 2 s +s 2 Jawab: Misalkan

e 2s e 2s F (s) = 2 = s + s 2 (s 1)(s + 2) A B 2s = e + : (s 1) (s + 2) Akan dicari nilai A dan B; yaitu sebagai berikut:

(s


1 A B = + 1)(s + 2) (s 1) (s + 2) A(s + 2) + B(s 1) (A + B)s + 2A B = = : (s 1)(s + 2) (s 1)(s + 2)


31

Dari hubungan ini kita dapatkan SPL berikut:

A+B = 0 2A B = 1 1 1 : Penyelesaian SPL ini adalah A = dan B = 3 3 Maka F (s) dapat kita tuliskan menjadi sebagai berikut: 0 e 2s F (s) = 2 = s + s 2 (s

e 2s =e 1)(s + 2)

2s B

1 e 2s 1 e 2s 1 e 2(s 1)e = = 3 (s 1) 3 (s + 2) 3 (s 1) e 2 e 2(s 1) e4 e 2(s+2) = 3 (s 1) 3 (s + 2)


@

2

1 3 (s

1 1 3 C + A 1) (s + 2)

1 e 2(s+2)e4 3 (s + 2)


32

Misalkan

F1(s

e 2 e 2(s 1) 1) = dan 3 (s 1)

e4 e 2(s+2) F2(s + 2) = ; 3 (s + 2)

dimana

e 2 e 2s F1(s) = dan 3 s

e4 e 2s F2(s) = : 3 s

Karena

e 2 u2(t) f1(t) = L fF1(s)g = 3 1

dan

e4 f2(t) = L fF2(s)g = u2(t); 3 1



33

maka berdasarkan teorema 4, didapat

L 1fF (s)g = L 1fF1(s 1) F2(s + 2)g = L 1fF1(s 1)g L 1fF2(s + 2)g = etf1(t) e 2tf2(t) 4 e 2 e = u2(t)et u2(t)e 2t: 3 3 1 = u2(t) et 2 e 2(t 2) : 3

4 Solusi Masalah Nilai Awal Dengan Fungsi Gaya Diskontinu Dalam bagian ini kita akan memfokuskan pada beberapa contoh dimana suku-suku nonhomogen (fungsi daya) adalah diskontinu. Contoh 16. Tentukan solusi persamaan diferensial

5 y + y + y = g(t); 4 y(0) = y 0(0) = 0; 00


0


34

dengan

g(t) = 1

u (t) =

1; 0;

0 t

t<

Jawab:

5 Lfy 00 + y 0 + yg = Lfg(t)g 4 5 00 0 Lfy g + Lfy g + Lf yg = Lf1g Lfu (t)g 4 5 1 2 0 s Y (s) sy(0) y (0) + (sY (s) y(0)) + Y (s) = 4 s 5 s +s+ Y (s) 4 2


1 (s + 1)y(0) y (0) = s 5 1 e s 2 s +s+ Y (s) = 4 s s 1 e s Y (s) = s s2 + s + 54 0

s s

e s

s

e


35

Tulis Y (s) sebagai berikut:

Y (s) = (1

e

s

)H(s);

dengan

1 H(s) = : s s2 + s + 54 Maka, jika h(t) = L 1fH(s)g akan kita dapatkan

y(t) = h(t)

u (t)h(t

):

Sekarang, gunakan metoda pecahan parsial untuk mendapatkan h(t):

A Bs + C 1 = + 2 H(s) = s s + s + 54 s s2 + s + 54 A s2 + s + 54 + s (Bs + C) = s s2 + s + 54 (A + B)s2 + (A + C)s + 54 A = ; 5 2 s s +s+4 Sistem Kontrol Linier


36

diperoleh

A+B = 0 A+C = 0 5 A = 1 4 Maka nilai A; B dan C yang memenuhi SPL diatas adalah 4 4 A = ;B = C = : 5 5 Sehingga 4 4 4 s 1 5 5 5 + = H(s) = 5 s s2 + s + 54 s s2 + s + 4 4 4 s+1 4 4 (s + 12 ) + 21 = 5 = 2 5s 5 s + s + 4 5s 5 (s + 12 )2 + 1



37

Dengan demikian

h(t) = L 1(H(s)g ( ) 1 1 4 4 (s + 2 ) + 2 1 = L 5s 5 (s + 21 )2 + 1 ( ) 1 1 4 (s + 2 ) + 2 4 1 1 L = L 5s 5 (s + 21 )2 + 1 ( ( ) )! 1 1 (s + 2 ) 4 4 1 1 2 L + L = 5 5 (s + 12 )2 + 1 (s + 12 )2 + 1 1 4 4 1 1 = e 2 t cos t + e 2 t sin t 5 5 2 Karena

y(t) = h(t)


u (t)h(t

);


38

maka kita peroleh

y(t) =

8 <4

4 5e

5

:

1 2t

(1 + e 2 )

cos t + 25 e 4 5e

1 2t

1 2t

sin t ; t <

cos t + 52 e

1 2t

sin t ; t

Contoh 17. Tentukan solusi persamaan diferensial

y 00 + y = u 2 (t); y(0) = 0; y 0(0) = 1: Jawab:

Lfy 00 + yg = Lfu 2 (t)g Lfy 00g + Lfyg = Lfu 2 (t)g 2

s Y (s) Sistem Kontrol Linier

sy(0)

0

y (0) + Y (s) =

e

2s

s


39

2

(s + 1)Y (s) 2

s =

e

2s

s

(s + 1)Y (s) = s +

e

2s

s

s e 2s Y (s) = 2 + s + 1 s(s2 + 1) e 2s Sekarang, tulis sebagai s(s2 + 1) e 2s = e s(s2 + 1)

2s

= e

2s

=e


2s

Bs + C 1 s A 2 =e + 2 s(s2 + 1) s s +1 A(s2 + 1) + (Bs + C) s s(s2 + 1) (A + B)s2 + Cs + A ; 2 s(s + 1)


40

maka diperoleh A = 1; C = 0 dan B =

1: Sehingga kita dapatkan

e 2s = e 2 s(s + 1) e =

2s 2s

s

1 s + 2 s s +1 se 2 s s2 + 1

dan

e 2s s + Y (s) = 2 s + 1 s(s2 + 1) s e 2 s se 2 s Y (s) = 2 + : 2 s +1 s s +1



41

Dengan demikian kita peroleh 2s s e y(t) = L 1fY (s)g = L 1 2 + s +1 s 2s s 1 e 1 +L L = L s2 + 1 s

= cos t + u 2 (t) = cos t + =

u 2 (t) cos(t

0; t < 1; t

2

2

)

cos(t

2

cos t; t< cos t sin t + 1; t

2 2

Soal: 1. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y 00 + y = f (t); y(0) = 0; y 0(0) = 1; Sistem Kontrol Linier

1

se 2 s s2 + 1 se 2 s s2 + 1

2

)

0; t < 1; t

2 2


42

dengan

f (t) =

1; 0;

t< t

2 2

Jawab:

y(t) = 1

cos t + sin t

u 2 (t) (1

sin t) :

2. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y 00 + 2y 0 + y = f (t); y(0) = 1; y 0(0) = 0; dengan

f (t) =

1; 0;

0 t

t<1 1

(t 1)

(t

Jawab:

y(t) = 1 Sistem Kontrol Linier

u1(t) 1

e

1)e

(t 1)


43

3. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y 00 + y = u (t); y(0) = 1; y 0(0) = 0; Jawab:

y(t) = cos t + u (t) (1 + cos t)


Transformasi Laplace

Recommend Documents